2022年新教材高考物理一轮复习 章末目标检测卷4 曲线运动与万有引力定律（含解析）新人教版.docx

1、章末目标检测卷四曲线运动与万有引力定律(时间:90分钟满分:100分)一、单项选择题(本题共7小题,每小题4分,共28分。每小题只有一个选项符合题目要求)1.(2021浙江月考)如图所示,一辆汽车行驶到水平弯道时,为防止轮胎侧滑,踩下刹车减速转弯,路面对汽车的摩擦力Ff的示意图正确的是()2.(2021湖南衡阳月考)小王和小张学习了运动的合成与分解后,在一条小河中进行实验。两人从河岸一侧的同一地点各自以大小恒定的速度向河对岸游去,小王以最短时间渡河,小张以最短距离渡河,结果两人抵达对岸的地点恰好相同。若小王和小张渡河所用时间的比值为k,则小王和小张在静水中游泳的速度的比值为()A.kB.kkC

2、.kD.k23.如图所示,在O处有一点光源,MN为竖直屏,在屏MN的垂线OM中点O处有一静止小球。释放小球,小球做自由落体运动,在屏上得到小球的投影点。则投影点做()A.匀速直线运动B.初速度为零、加速度为g的匀加速直线运动C.初速度为零、加速度为2g的匀加速直线运动D.初速度不为零、加速度为2g的匀加速直线运动4.(2020河北廊坊模拟)冲浪顶尖高手驾着竞技摩托艇在江面运动,在某段时间内其两个分运动的规律为x=(-2t2-6t)(m),y=(1.5t2+4t)(m),Oxy为直角坐标系,则下列说法正确的是()A.摩托艇在x轴方向的分运动是匀减速直线运动B.摩托艇的运动是匀变速直线运动C.摩托

3、艇的运动是匀变速曲线运动D.摩托艇的运动开始为直线而后变为曲线5.(2020陕西渭南模拟)一带有乒乓球发射机的乒乓球台如图所示。水平台面的长和宽分别为l1和l2,中间球网高度为h。发射机安装于台面左侧边缘的中点,能以不同速率、向右侧不同方向、水平发射乒乓球,发射点距台面高度为3h。调整发射速度v的大小和方向,使乒乓球落到球网右侧的台面上。A点为台面右侧的边角,B点为台面右边沿的中点。不计空气阻力,重力加速度大小为g,则()A.乒乓球落在A点比落在B点所用时间长B.乒乓球落在A点与落在B点在水平方向上的位移相等C.乒乓球水平方向上的位移最小为l12D.乒乓球的发射速度最大为12(4l12+l22

4、)g6h6.某颗北斗导航卫星属于地球静止轨道卫星(即卫星相对于地面静止)。此卫星的()A.线速度大于第一宇宙速度B.周期小于同步卫星的周期C.角速度大于月球绕地球运行的角速度D.向心加速度大于地面的重力加速度7.假设火星探测器探测火星时,经历如图所示的变轨过程,则下列说法正确的是()A.飞船在轨道上运动时,在P点的速度小于在Q点的速度B.飞船在轨道上的机械能大于在轨道上的机械能C.飞船在轨道上运动到P点时的加速度大于飞船在轨道上运动到P点时的加速度D.若轨道贴近火星表面,已知飞船在轨道上运动的角速度,就可以推知火星的密度二、多项选择题(本题共3小题,每小题4分,共12分。每小题有多个选项符合题

5、目要求。全部选对得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分)8.(2019江苏卷)如图所示,摩天轮悬挂的座舱在竖直平面内做匀速圆周运动。座舱的质量为m,运动半径为R,角速度大小为,重力加速度为g,则座舱()A.运动周期为2RB.线速度的大小为RC.受摩天轮作用力的大小始终为mgD.所受合力的大小始终为m2R9.将一抛球入框游戏简化如下:在地面上竖直固定一矩形框架,框架高1 m、长3 m,抛球点位于框架底边中点正前方2 m处,离地高度为1.8 m,如图所示。假定球被水平抛出,方向可在水平面内调节,不计空气阻力,忽略框架的粗细,球视为质点,球要在落地前进入框内,则球被抛出的速度大小可能为()A.3

6、 m/sB.5 m/sC.6 m/sD.7 m/s10.(2020湖南张家界三模)2018年7月27日发生了火星冲日现象,我国整夜可见。火星冲日是指火星、地球和太阳几乎排列在同一条直线上,地球位于太阳与火星之间,此时火星被太阳照亮的一面完全朝向地球,所以明亮且易于观察。地球和火星绕太阳公转的方向相同,运行轨道都可近似为圆,火星公转轨道半径为地球公转轨道半径的1.5倍,则()A.地球的公转周期比火星的公转周期小B.地球的运行速度比火星的运行速度小C.火星冲日现象每年都会出现D.地球与火星的公转周期之比为827三、非选择题(本题共5小题,共60分)11.(6分)(2020河南开封三模)某同学设计以

7、下的实验测量某一小电动机的转速,实验主要步骤如下:甲乙丙(1)用游标卡尺测量电动机转轴的直径如图甲所示,测量值为。(2)取一根柔软的无弹性的细线,把细线的一端用少许强力胶水固定在电动机的转轴上。(3)如图乙所示,把细线的另一端用小夹与纸带的左端相连,让纸带水平穿过打点计时器的限位孔(打点计时器所用的交流电源频率为50 Hz)。(4)打开打点计时器,再开动电动机,细线顺次排列绕在电动机的转轴上,同时拉动纸带向左运动,打出的纸带如图丙所示。由以上数据计算电动机的转速为 r/s。(计算结果保留整数)(5)实验中存在系统误差使测量结果偏大,造成该系统误差的原因是。A.纸带与打点计时器的限位孔间存在摩擦

8、B.交流电源的实际频率大于50 HzC.细线有直径,在轴上绕行相当于增大转轴的直径D.测量时的读数误差12.(12分)某实验小组用如图所示的装置进行研究平抛运动的实验。(1)实验操作时每次须将小球从轨道同一位置无初速度释放,目的是使小球抛出后。A.只受重力B.轨迹重合C.做平抛运动D.速度小些,便于确定位置(2)关于该实验的一些做法,不合理的是。A.使用密度大、体积小的球进行实验B.斜槽末端切线应当保持水平C.建立坐标系时,以斜槽末端端口位置作为坐标原点D.建立坐标系时,利用铅垂线画出竖直线,定为y轴(3)由于忘记记下小球做平抛运动的起点位置O,该小组成员只能以平抛轨迹中的某点A作为坐标原点建

9、立坐标系,并标出B、C两点的坐标,如图所示。根据图示数据,可求出小球做平抛运动的初速度为 m/s。(g取10 m/s2)13.(12分)(2020山东济宁期末)如图所示,一质量m1=0.1 kg、半径R=0.4 m的环形光滑细圆管处于竖直面内,固定在一个质量m=0.5 kg的长方体基座上。一质量m2=0.2 kg的小球(可视为质点)在管内做完整的圆周运动,长方体基座与地面不粘连且始终相对地面静止。当小球经过最高点时,长方体基座对地面的压力恰好为零。重力加速度g取10 m/s2,求:(1)小球经过最高点时的速度大小;(2)小球经过最低点时长方体基座对地面的压力大小。14.(14分)现有一根长l=

10、1 m的不可伸长的轻绳,其一端固定于O点,另一端系着质量m=0.5 kg的小球(可视为质点),将小球提至O点正上方的A点,此时绳刚好伸直且无拉力,如图所示,不计空气阻力,g取10 m/s2。(1)为保证小球能在竖直面内做完整的圆周运动,在A点至少应给小球施加多大的水平速度v0?(2)在小球以速度v1=4 m/s水平抛出的瞬间,绳中的拉力为多少?(3)在小球以速度v2=1 m/s水平抛出的瞬间,绳中若有拉力,求其大小;若无拉力,求绳再次伸直时所经历的时间。15.(16分)如图所示,光滑半圆形轨道处于竖直平面内,半圆形轨道与光滑的水平地面相切于半圆的端点A。一质量为m的小球在水平地面上C点受水平向

11、左的恒力F由静止开始运动,当运动到A点时撤去恒力F,小球沿竖直半圆形轨道运动到轨道最高点B点,最后又落在水平地面上的D点(图中未画出)。已知A、C间的距离为l,重力加速度为g。(1)若轨道半径为R,求小球到达半圆形轨道B点时对轨道的压力FN;(2)为使小球能运动到轨道最高点B,求轨道半径的最大值Rm;(3)轨道半径R多大时,小球在水平地面上的落点D到A点距离最大,最大距离xm是多少?章末目标检测卷四曲线运动与万有引力定律1.D解析:由曲线运动的条件可知,汽车需要有沿径向的分力提供向心加速度;同时由于汽车做减速运动,所以需要有沿切向与速度方向相反的分力;两分效果均由摩擦力提供,故摩擦力方向应为两

12、分力的合力,即摩擦力方向应为D中所示方向。2.B解析:两人抵达的地点相同,知合速度方向相同,小王的静水速垂直于河岸,小张的静水速度与合速度垂直,如图所示。两人的合位移相等,则渡河时间之比等于两人合速度之反比。设合位移的方向与河岸之间的夹角为,由题意可知,若小王和小张渡河所用时间的比值为k,则k=t王t张,又t王t张=v张合v王合=v张tanv王sin,且tan=v王v水,sin=v张v水,所以v王v张=t张t王=kk,故B正确。3.C解析:OM中点O处小球做自由落体运动,h=12gt2,由相似三角形知识可知,投影点的位移与时间的关系为y=2h=gt2,故投影点做初速度为零、加速度为2g的匀加速

13、直线运动,C正确。4.C解析:由题意可知,在x轴方向的加速度与速度均为负值,该分运动为匀加速直线运动,A错误。由表达式可得,x轴方向,ax=-4m/s2,v0x=-6m/s;y轴方向,ay=3m/s2,v0y=4m/s。分析可知,摩托艇的加速度与速度不共线,且加速度恒定,故摩托艇的运动是匀变速曲线运动,C正确,B、D错误。5.D解析:乒乓球做平抛运动,竖直方向上做自由落体运动,h=12gt2,解得运动时间t=2hg,乒乓球落在A、B两点的下落高度相等,则运动时间相等,故A错误。乒乓球落到A点的水平位移为l12+l222,落到B点的水平位移为l1,两者水平位移不相等,故B错误。调整发射速度v的大

14、小和方向,使乒乓球落到球网右侧的台面上,水平位移最小的情况是擦网落到右侧台面,此时水平方向的位移大于l12,故C错误。当乒乓球发射速度最大时,落到A点,竖直方向上3h=12gt2,水平位移x=vmt=l12+l222,联立解得最大速度vm=12(4l12+l22)g6h,故D正确。6.C解析:第一宇宙速度7.9km/s是卫星绕地球做圆周运动的最大环绕速度,故此卫星的线速度小于第一宇宙速度,A错误。根据题意,该卫星是一颗同步卫星,周期等于同步卫星的周期,故B错误。卫星绕地球做圆周运动时,万有引力提供向心力,根据Gm地mr2=m2r可知,绕行半径越小,角速度越大,故此卫星的角速度大于月球绕地球运行

15、的角速度,C正确。根据an=Gm地r2可知,绕行半径越大,向心加速度越小,此卫星的向心加速度小于地面的重力加速度,D错误。7.D解析:根据开普勒第二定律可知,飞船在轨道上运动时,在P点的速度大于在Q点的速度,选项A错误。飞船在轨道上经过P点时,要点火加速,使其速度增大做离心运动,从而转移到轨道上运动,所以飞船在轨道上运动的机械能小于在轨道上运动的机械能,选项B错误。飞船在轨道上运动到P点时与飞船在轨道上运动到P点时受到的万有引力大小相等,根据牛顿第二定律可知加速度必定相等,选项C错误。轨道贴近火星表面,已知飞船在轨道上运动的角速度,根据Gm火mr2=m2r,解得火星的质量m火=2r3G,火星的

16、密度=m火43r3=324G,选项D正确。8.BD解析:座舱的周期T=2Rv=2,A错误。根据线速度与角速度的关系,v=R,B正确。座舱做匀速圆周运动,摩天轮对座舱的作用力与重力大小不相等,其合力提供向心力,合力大小为F合=m2R,C错误,D正确。9.BC解析:无论向哪个方向水平抛球,球都做平抛运动。当速度v最小时,球打在框架底边的中间位置,则有h2=12gt12,x=v1t1,解得v1=3.33m/s。当速度v最大时,球打在框架顶边的边缘位置,则有h2-h1=12gt22,x2+l22=v2t2,解得v2=6.25m/s。故选项B、C正确。10.AD解析:已知火星公转轨道半径为地球的1.5倍

17、,则由Gm太mr2=m42T2r,得T=2r3Gm太,可知轨道半径越大,周期越大,故火星的公转周期比地球的大,选项A正确。又由Gm太mr2=mv2r可得v=Gm太r,则轨道半径越大,线速度(即运行速度)越小,故火星的运行速度比地球的小,选项B错误。根据开普勒第三定律得,T火T地=r火3r地3=278,因为地球的公转周期为1年,所以火星的公转周期大于1年,不是每年都出现火星冲日现象,故选项C错误,D正确。11.解析:(1)由题图甲所示游标卡尺可知,游标尺的精度为0.05mm,游标卡尺示数d=5mm+00.05mm=5.00mm。(4)打点计时器的打点时间间隔T=1f=150s=0.02s,电动机

18、转轴边缘的线速度v=2nr=nd,在T内转轴边缘的点转过的弧长s=vT,由题图丙可知,计数点间的距离s=1.51cm=0.0151m,解得n=48r/s。(5)纸带的运动速度与转轴边缘点的速度相等,纸带与打点计时器的限位孔间存在摩擦不会造成实验误差,故A错误。交流电源的实际频率大于50Hz造成的误差是偶然误差,不是系统误差,故B错误。细线有直径,在轴上绕行相当于增大转轴的直径,会造成实验误差,该误差是实验设计造成的,属于系统误差,故C正确。测量时的读数误差属于偶然误差,故D错误。答案:(1)5.00 mm(4)48(5)C12.解析:(1)因为要画同一运动的轨迹,所以每次释放小球的位置必须相同

19、,且由静止释放,以保证获得相同的初速度,抛出后轨迹重合,选项B正确。(2)使用密度大、体积小的球进行实验时,受到的空气阻力较小,误差小,选项A合理。斜槽末端切线保持水平,从而确保小球做平抛运动,选项B合理。建立坐标系时,实际的坐标原点为小球在末端时球心在白纸上的投影,若以斜槽末端端口位置为坐标原点,使得测量误差增大,选项C不合理。建立坐标系时,利用铅垂线画出竖直线,定为y轴,选项D合理。(3)由于小球在竖直方向上做自由落体运动,故在竖直方向有h=gT2,由图可知h=h2-h1=(40cm-15cm)-15cm=10cm=0.1m,代入数据解得T=0.1s,小球在水平方向做匀速直线运动,故x=v

20、0T,将x=20cm=0.2m代入解得v0=2m/s。答案:(1)B(2)C(3)213.解析:(1)设小球经过最高点时的速度大小为v0,圆管对小球的弹力为FN1,对小球,由牛顿第二定律得m2g+FN1=m2v02R根据牛顿第三定律有,小球对管道的弹力为FN1=FN1长方体基座对地面的压力恰好为零,对长方体基座和圆管组成的系统受力分析,根据平衡条件得FN1=mg+m1g代入数据联立解得v0=4m/s。(2)设当小球经过最低点时速度大小为v,小球从圆管最高点运动到最低点的过程中,由动能定理得m2g2R=12m2v2-12m2v02小球在最低点时受到圆管对它的支持力为FN2,对小球在最低点受力分析

21、,由牛顿第二定律得FN2-m2g=m2v2R由牛顿第三定律,可知小球对圆管的弹力为FN2=FN2地面对长方体基座的支持力大小为FN3,对长方体基座和圆管组成的系统,由平衡条件得FN3=FN2+mg+m1g代入数据联立解得FN3=24N由牛顿第三定律,可知小球经过最低点时长方体基座对地面的压力大小为FN3=FN3=24N。答案:(1)4 m/s(2)24 N14.解析:(1)要使小球在竖直面内做完整的圆周运动,在最高点时至少是由重力提供小球做圆周运动所需要的向心力,则有mg=mv02l得v0=gl=10m/s。(2)因为v1v0,故绳中有拉力,由牛顿第二定律得FT+mg=mv12l代入数据解得,

22、绳中的拉力FT=3N。(3)因为v2v0,故绳中没有拉力,小球将做平抛运动,当绳子再次伸直时,小球运动到如图所示的位置根据平抛运动规律可知,水平方向有x=v2t竖直方向有y=12gt2又l2=(y-l)2+x2解得t=2ggl-v22=0.6s。答案:(1)10 m/s(2)3 N(3)0.6 s15.解析:(1)设小球到B点速度为v,从C到B根据动能定理有Fl-2mgR=12mv2解得v=2Fl-4mgRm在B点,由牛顿第二定律得FN+mg=mv2R解得FN=2FlR-5mg根据牛顿第三定律可知,小球到达圆轨道B点时对轨道的压力为FN=FN=2FlR-5mg,方向竖直向上。(2)小球恰能运动到轨道最高点时,轨道半径有最大值,则有FN=2FlRm-5mg=0,解得Rm=2Fl5mg。(3)设小球平抛运动的时间为t,竖直方向有2R=12gt2解得t=4Rg水平位移x=vt=2Fl-4mgRm4Rg=(2Fl-4mgR)4mgRm2g2当2Fl-4mgR=4mgR时,水平位移最大,解得R=Fl4mgD到A的最大距离xm=Flmg。答案:(1)2FlR-5mg方向竖直向上(2)2Fl5mg(3)Fl4mgFlmg